如图，平面四边形 A B C D 中， A B=8, C…——2024 高考数学第 17 题答案解析

【答案】（1）证明见解析
②$\frac{8 \sqrt{65}}{65}$

## 【解析】

【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 $E F=2$ ，利用勾股定理的逆定理可证得 $E F \perp A D$ ，则 $E F \perp P E, E F \perp D E$ ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
②由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明 $P E \perp E D$ ，建立如图空间直角坐标系 $E-x y z$ ，利

用空间向量法求解面面角即可．

## 【小问 1 详解】

由 $A B=8, A D=5 \sqrt{3}, \overrightarrow{A E}=\frac{2}{5} \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A F}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}$ ，
得 $A E=2 \sqrt{3}, A F=4$ ，又 $\angle B A D=30^{\circ}$ ，在 $\triangle A E F$ 中，
由余弦定理得 $E F=\sqrt{A E^{2}+A F^{2}-2 A E \cdot A F \cos \angle B A D}=\sqrt{16+12-2 \cdot 4 \cdot 2 \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=2$ ，
所以 $A E^{2}+E F^{2}=A F^{2}$ ，则 $A E \perp E F$ ，即 $E F \perp A D$ ，
所以 $E F \perp P E, E F \perp D E$ ，又 $P E \cap D E=E, P E , D E \subset$ 平面 $P D E$ ，
所以 $E F \perp$ 平面 $P D E$ ，又 $P D \subset$ 平面 $P D E$ ，
故 $E F \perp P D$ ；

## 【小问 2 详解】

连接 $C E$ ，由 $\angle A D C=90^{\circ}, E D=3 \sqrt{3}, C D=3$ ，则 $C E^{2}=E D^{2}+C D^{2}=36$ ，
在 $\triangle \mathrm{PEC}$ 中，$P C=4 \sqrt{3}, P E=2 \sqrt{3}, E C=6$ ，得 $E C^{2}+P E^{2}=P C^{2}$ ，
所以 $P E \perp E C$ ，由（1）知 $P E \perp E F$ ，又 $E C \cap E F=E, E C , E F \subset$ 平面 $A B C D$ ，
所以 $P E \perp$ 平面 $A B C D$ ，又 $E D \subset$ 平面 $A B C D$ ，
所以 $P E \perp E D$ ，则 $P E, E F, E D$ 两两垂直，建立如图空间直角坐标系 $E-x y z$ ，
则 $E(0,0,0), P(0,0,2 \sqrt{3}), D(0,3 \sqrt{3}, 0), C(3,3 \sqrt{3}, 0), F(2,0,0), A(0,-2 \sqrt{3}, 0)$ ，
由 $F$ 是 $A B$ 的中点，得 $B(4,2 \sqrt{3}, 0)$ ，
所以 $\overrightarrow{P C}=(3,3 \sqrt{3},-2 \sqrt{3}), \overrightarrow{P D}=(0,3 \sqrt{3},-2 \sqrt{3}), \overrightarrow{P B}=(4,2 \sqrt{3},-2 \sqrt{3}), \overrightarrow{P F}=(2,0,-2 \sqrt{3})$ ，
设平面 $P C D$ 和平面 $P B F$ 的一个法向量分别为 $\vec{n}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right), \vec{m}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=3 x_{1}+3 \sqrt{3} y_{1}-2 \sqrt{3} z_{1}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=3 \sqrt{3} y_{1}-2 \sqrt{3} z_{1}=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{P B}=4 x_{2}+2 \sqrt{3} y_{2}-2 \sqrt{3} z_{2}=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{P F}=2 x_{2}-2 \sqrt{3} z_{2}=0\end{array}\right.\right.$ ，
令 $y_{1}=2, x_{2}=\sqrt{3}$ ，得 $x_{1}=0, z_{1}=3, y_{2}=-1, z_{2}=1$ ，
所以 $\vec{n}=(0,2,3), \vec{m}=(\sqrt{3},-1,1)$ ，
所以 $|\cos \vec{m}, \vec{n}|=\frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{13}}=\frac{\sqrt{65}}{65}$ ，

设平面 $P C D$ 和平面 $P B F$ 所成角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=\frac{8 \sqrt{65}}{65}$ ，
即平面 $P C D$ 和平面 $P B F$ 所成角的正弦值为 $\frac{8 \sqrt{65}}{65}$ ．